6动量能量综合问题6-与电场磁场结合(上传版本)
高考物理一轮复习104电磁感应中的动力学和动量能量综合问题课件
2021/12/13
第三十三页，共五十八页。
[解题指导] 解答本题时应从以下两点进行分析： (1)把圆盘理解成“同心圆周导线”和“辐条”切割模型． (2)将实际问题转化为等效电路(各个电源并联，总电动势等于 一个电源的电动势)．
2021/12/13
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[解析] 设圆盘的半径为 r，圆盘转动的角速度为 ω，则圆盘转 动产生的电动势为 E＝12Br2ω，可知转动的角速度恒定，电动势恒 定，电流恒定，A 项正确；根据右手定则可知，从上向下看，圆盘 顺时针转动，圆盘中电流由边缘指向圆心，即电流沿 a 到 b 的方向 流动，B 项正确；圆盘转动方向不变，产生的电流方向不变，C 项 错误；若圆盘转动的角速度变为原来的 2 倍，则电动势变为原来的 2 倍，电流变为原来的 2 倍，由 P＝I2R 可知，电阻 R 上的热功率变 为原来的 4 倍，D 项错误．
[答案]
(1)2∶9
(2)1.2 J
7 (3)12 m
2021/12/13
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题型 2 导体棒转动切割磁感线问题 [典例 4] (2016·全国卷Ⅱ)(多选)法拉第圆盘发电机的示意图如 图所示．铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片 P、Q 分别与圆盘的 边缘和铜轴接触．圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场 B 中．圆盘旋 转时，关于流过电阻 R 的电流，下列说法正确的是( AB )
2021/12/13
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突破 电磁感应中的动力学问题 1．导体的两种运动状态 (1)导体的平衡状态——静止状态或匀速直线运动状态． 处理方法：根据平衡条件(合力等于零)列式分析． (2)导体的非平衡状态——加速度不为零． 处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系分 析．
2019高考物理题分类汇编06电场和磁场解析版
2019高考物理题分类汇编06电场和磁场解析版1.【2019年全国Ⅰ】如图，空间存在一方向水平向右的匀强电场，两个带电小球P和Q用相同的绝缘细绳悬挂在水平天花板下，两细绳都恰好与天花板垂直，则A. P和Q都带正电荷B. P和Q都带负电荷C. P带正电荷，Q带负电荷D. P带负电荷，Q带正电荷【答案】D【解析】解：由图可知，两小球均在电场力和库仑力的作用下保持平衡；由于库仑力为相互作用，大小相等、方向相反；故两小球受到的电场力也一定方向相反；因此两小球一定带异种电荷，则P球所受库仑力向右，Q球所受库仑力向左。
匀强电场方向水平向右，故正电荷受电场力向右，其受库仑力一定向左，故Q带正电荷，P带负电荷，故D正确，ABC错误。
故选：D。
明确两小球均受电场力和库仑力作用而处于平衡状态，根据库仑力和电场力的方向进行分析，从而明确两球的电性。
本题考查带电小球在电场力的作用下处于平衡状态的分析，关键是明确电场力和库仑力的方向特点，同时注意共点力平衡条件的应用是解题的关键。
2.【2019年全国Ⅰ】如图，等边三角形线框LMN由三根相同的导体棒连接而成，固定于匀强磁场中，线框平面与磁感应强度方向垂直，线框顶点M、N与直流电源两端相接。
已知导体棒MN受到的安培力大小为F，则线框LMN受到的安培力的大小为A. 2FB.C.D. 0【答案】B【解析】解：由已知条件可知MLN边的有效长度与MN相同，等效后的电流方向也与MN相同，边MLN的电阻等于边MN的电阻的两倍，两者为并联关系，设MN中的电流大小为I，则MLN中的电流为，设MN的长为L，由题意知：，所以边MLN所受安培力为：，方向与MN边所受安培力的方向相同，，故B正确，ACD错误。
故有：合故选：B。
先由已知条件可知MLN边的有效长度与MN相同，等效后的电流方向也与MN相同，先根据并联电路的电阻关系得出电流关系，再由即可分析MLN边所受安培力，由力的合成即可求得线框LMN所受安培力的大小。
专题(05)电学中的动量和能量问题(解析版)
专题（05）电学中的动量和能量问题（解析版）【专题考向】动量与能量在电学中应用，主要是动力学知识和功能关系解决力电综合问题，在高考中常以压轴题的形式出现，题目综合性强，分值高，难度大。
考查重点：(1)电场和磁场中的动量和能量问题；(2)电磁感应中的动量和能量问题。
【知识、方法梳理】【热点训练】1、(多选)图中虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，已知平面b上的电势为2 V。
一电子经过a时的动能为10 eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6 eV。
下列说法正确的是()A．平面c上的电势为零B．该电子可能到达不了平面fC．该电子经过平面d时，其电势能为4 eVD．该电子经过平面b时的速率是经过d时的2倍解析：因等势面间距相等，由U＝Ed得相邻虚线之间电势差相等，由a到d，－eU ad＝－6 eV，故U ad＝6 V；各虚线电势如图所示，因电场力做负功，故电场方向向右，沿电场线方向电势降低，φc＝0，A项正确；因电子的速度方向未知，若不垂直于等势面，如图中实曲线所示，电子可能到达不了平面f，B项正确；经过d时，电势能E p＝－eφd＝2 eV，C项错误；由a到b，W ab＝E kb－E ka＝－2 eV，所以E kb＝8 eV；由a到d，W ad＝E kd－E ka＝－6 eV，所以E kd＝4 eV；则E kb＝2E kd，根据E k＝12mv 2知v b ＝2v d ，D 项错误。
【答案】AB2、如图所示，间距为L 的足够长光滑平行金属导轨固定在同一水平面内，虚线MN 右侧区域存在磁感应强度为B 、方向竖直向下的匀强磁场。
质量均为m 、长度均为L 、电阻均为R 的导体棒a 、b ，垂直导轨放置且保持与导轨接触良好．开始导体棒b 静止于与MN 相距为x 0处，导体棒a 以水平速度v 0从MN 处进入磁场。
不计导轨电阻，忽略因电流变化产生的电磁辐射，运动过程中导体棒a 、b 没有发生碰撞。
电磁感应中的能量及动量问题课件
答案与解析
答案1
感应电动势E = BLv，其中B是磁场强度，L是导线在磁场中的有效长度，v是导线在磁场中的速 度。
解析1
根据法拉第电磁感应定律，感应电动势E与磁通量变化率成正比，即E = ΔΦ/Δt。当导线在均匀 磁场中运动时，磁通量Φ = BLx，其中x是导线在磁场中的位置。由于导线以速度v向右运动，磁
通量随时间变化，即ΔΦ/Δt = BLv。因此，感应电动势E = BLv。
答案2
感应电动势E = 2ωBS，其中B是磁场强度，S是线圈在磁场中的面积，ω是线圈旋转的角速度。
答案与解析
解析2
当矩形线圈在均匀磁场中旋转时，线圈中的磁通量随时间变化，产生感应电动势。线圈 在磁场中的面积S和线圈的匝数N决定了感应电动势的大小。因此，感应电动势E = N × 2ωBS。
械能向电能的转换。
变压器
总结词
变压器是利用电磁感应原理实现电压变 换的关键设备，广泛应用于输配电和工 业自动化等领域。
VS
详细描述
变压器由初级线圈、次级线圈和铁芯组成 。当交流电通过初级线圈时，产生变化的 磁场，该磁场在次级线圈中产生感应电动 势。通过调整初级和次级线圈的匝数比， 可以实现电压的升高或降低，满足不同用 电设备和输电线路的需求。
军事应用
电磁炮作为一种新型武器系统，具有高精度、高速度和高破 坏力的特点，在军事领域具有广泛的应用前景。
04
电磁感应的实际应用
交流发电机
总结词
交流发电机利用电磁感应原理，将机械能转换为电能，为现代电力系统提供源源不断的 电力。
详细描述
交流发电机由转子（磁场）和定子（线圈）组成，当转子旋转时，磁场与线圈之间发生 相对运动，从而在线圈中产生感应电动势。通过外部电路闭合，电流得以输出，实现机
高中物理专题复习----动量与电磁场的结合
微专题39 动量与电磁场的结合【微专题训练】【南昌市三校高三第四次联考】如图所示，匀强磁场的方向垂直纸面向里，一带电微粒从磁场边界d 点垂直于磁场方向射入，沿曲线dpa 打到屏MN 上的a 点，通过pa 段用时为t .若该微粒经过P 点时，与一个静止的不带电微粒碰撞并结合为一个新微粒，最终打到屏MN 上。
若两个微粒所受重力均忽略,则新微粒运动的 （ ）A. 轨迹为pb,至屏幕的时间将小于tB. 轨迹为pc ,至屏幕的时间将大于tC. 轨迹为pa ，至屏幕的时间将大于tD. 轨迹为pb,至屏幕的时间将等于t 【答案】C如图所示，在光滑绝缘水平面上方足够大的区域内存在水平向右的电场，电场强度为E .不带电的绝缘小球P 2静止在O 点.带正电的小球P 1离小球P 2左侧的距离为L .现由静止释放小球P 1，在电场力的作用下P 1与P 2发生正碰后反弹，反弹速度是碰前的23倍.已知P 1的质量为m ，带电荷量为q ，P 2的质量为5m .求：(1)碰撞前小球P 1的速度. (2)碰撞后小球P 2的速度.(3)小球P 1和小球P 2从第一次碰撞到第二次碰撞的时间和位置. 【解析】(1)设碰撞前小球P 1的速度为v 0，根据动能定理 qEL ＝12mv 2，解得v 0＝2qELm，方向水平向右 (2)P 1、P 2碰撞，则碰后P 1速度为－23v 0，设P 2速度为v 2，由动量守恒定律：mv 0＝m (－23v 0)＋5mv 2解得v 2＝v 03，水平向右(3)碰撞后小球P 1先向左后向右做匀变速运动，设加速度为a ，则：a ＝qEm设P 1、P 2碰撞后又经Δt 时间再次发生碰撞，且P 1受电场力不变，由运动学公式，以水平向右为正方向，则：－23v 0Δt ＋12a Δt 2＝13v 0Δt ，解得：Δt ＝22mLqE对P 2分析：x ＝13v 0Δt ＝4L 3即第二次碰撞时在O 点右侧4L3处 【答案】(1) 2qEL m ，方向水平向右 (2)v 03，方向水平向右 (3)2 2mL qE 在O 点右侧4L3处(2016·浙江4月选考)某同学设计了一个电磁推动加喷气推动的火箭发射装置，如图6所示．竖直固定在绝缘底座上的两根长直光滑导轨，间距为L .导轨间加有垂直导轨平面向下的匀强磁场B .绝缘火箭支撑在导轨间，总质量为m ，其中燃料质量为m ′，燃料室中的金属棒EF 电阻为R ，并通过电刷与电阻可忽略的导轨良好接触．引燃火箭下方的推进剂，迅速推动刚性金属棒CD (电阻可忽略且和导轨接触良好)向上运动，当回路CEFDC 面积减少量达到最大值ΔS ，用时Δt ，此过程激励出强电流，产生电磁推力加速火箭．在Δt 时间内，电阻R 产生的焦耳热使燃料燃烧形成高温高压气体．当燃烧室下方的可控喷气孔打开后．喷出燃气进一步加速火箭．(1)求回路在Δt 时间内感应电动势的平均值及通过金属棒EF 的电荷量，并判断金属棒EF 中的感应电流方向；(2)经Δt 时间火箭恰好脱离导轨，求火箭脱离时的速度v 0；(不计空气阻力)(3)火箭脱离导轨时，喷气孔打开，在极短的时间内喷射出质量为m ′的燃气，喷出的燃气相对喷气前火箭的速度为v ，求喷气后火箭增加的速度Δv .(提示：可选喷气前的火箭为参考系) 【解析】(1)根据电磁感应定律，有E ＝ΔΦΔt ＝B ΔS Δtq ＝I Δt ＝ΔΦR ＝B ΔS R电流方向向右 (2)平均感应电流 I ＝E R ＝B ΔSR Δt平均安培力 F ＝B I L (F －mg )Δt ＝mv 0 v 0＝B 2L ΔS mR－g Δt(3)以喷气前的火箭为参考系，设竖直向上为正，由动量守恒定律 －m ′v ＋(m －m ′)Δv ＝0 得Δv ＝m ′m －m ′v .【答案】(1)B ΔS Δt B ΔS R 向右 (2)B 2L ΔS mR －g Δt (3)m ′m －m ′v(2016·浙江10月学考)如图所示，在x 轴的上方存在垂直纸面向里，磁感应强度大小为B 0的匀强磁场，位于x 轴下方离子源C 发射质量为m 、电荷量为q 的一束负离子，其初速度大小范围为0～3v 0.这束离子经电势差为U ＝mv 202q 的电场加速后，从小孔O (坐标原点)垂直x轴并垂直磁场射入磁场区域，最后打到x 轴上．在x 轴上2a ～3a 区间水平固定放置一探测板(a ＝mv 0qB 0)．假设每秒射入磁场的离子总数为N 0，打到x 轴上的离子数均匀分布(离子重力不计)．(1)求离子束从小孔O 射入磁场后打到x 轴的区间；(2)调整磁感应强度的大小，可使速度最大的离子恰好打在探测板的右端，求此时的磁感应强度大小B 1；(3)保持磁感应强度B 1不变，求每秒打在探测板上的离子数N ；若打在板上的离子80%被板吸收，20%被反向弹回，弹回速度大小为打板前速度大小的0.6倍，求探测板受到的作用力大小．【解析】(1)对于初速度为0的粒子：qU ＝12mv 21r 1＝mv 1qB 0＝a恰好打在x ＝2a 的位置 对于初速度为3v 0的粒子 qU ＝12mv 22－12m (3v 0)2r 2＝mv 2qB 0＝2a ，恰好打在x ＝4a 的位置 打在x 轴上的区间为[2a,4a ] (2)由动能定理 qU ＝12mv 22－12m (3v 0)2r 3＝mv 2qB 1r 3＝32a解得B 1＝43B 0(3)对速度为0的粒子 qU ＝12mv 21r 4＝mv 1qB 1＝34a2r 4＝1.5a粒子打在x 轴上的区间为[1.5a,3a ] N ＝N 0a 1.5a ＝23N 0由动量定理－Ft ＝－0.8Nmv 0＋0.2N (－0.6mv 0－mv 0) 解得 F ≈0.75N 0mv 0(2016·9月绍兴适应性考试)如图所示，足够长的光滑水平直导轨的间距为l ，电阻不计，垂直轨道平面有磁感应强度为B 的匀强磁场，导轨上相隔一定距离放置两根长度均为l 的金属棒，a 棒质量为m ，电阻为R ，b 棒质量为2m ，电阻为2R 。
素养培优6 电磁感应中动力学、能量和动量的综合-2025高考物理素养培优
2 2 0
解得a1＝
，a2＝
3
3
由右手定则和左手定则可知加速度方向都水平向右。
0
3
1
（3） m0 2
18
（2）ab棒向左做减速运动，cd棒向右做加速运动，当电路中的电流
为零时，两导体棒达到稳定状态，做匀速直线运动，设此时速度分
别为v1和v2，则
BLv1＝B×2Lv2
分析得两导体棒加速度在任意时刻都相等，则
v1＝v0－t，v2＝t
2
0
解得v1＝ v0，v2＝ 。
3
3
1
1
1
2
2
（3）产生的总热量Q＝ m0 － m1 － ×2m2 2
2
2
2
1
又Qab＝ Q
3
1
解得产生的热量为Qab＝ m0 2 。
18
动量观点在电磁感应中的应用
角度1
动量定理在电磁感应中的应用
－BILΔt＋F其他Δt＝mv2－mv1，
即－BLq＋F其他Δt＝mv2－mv1，
已知电荷量q、F其他（F其他为恒力）
时间
B2 L2 t
－
＋F其他Δt＝mv2－mv1，
总
2 2
即－
＋F其他Δt＝mv2－mv1，
总
已知位移x、F其他（F其他为恒力）
【典例3】 （多选）（2024·山东聊城一模）如图所示，四条光滑的足够
1
I1＝
＋
经分析知整个金属环在运动过程中可视为长度为L、电阻为Rc的金属
棒，设金属环刚开始运动时所受的安培力大小为F1、加速度大小为
a，则
F1＝I1LB
由牛顿第二定律得
F1＝2ma
电磁感应的动力学和能量、动量综合问题 物理人教版(2019)选择性必修第二册
电磁感应中的双杆模型总结(无外力）
光滑平行等距导轨
光滑平行不等距导轨
情景图
运动 分析
质量m1=m2 电阻r1=r2 长度L1=L2
质量m1=m2 电阻r1=r2 长度L1=2L2
稳定条件 能量分析
v1=v2=v0/2
动量守恒，Q热=-ΔEk
例2如图3所示，MN、PQ两平行光滑水平导轨分别与半径r＝0.5 m的相同竖直 半圆导轨在N、Q端平滑连接，M、P端连接定值电阻R，质量M＝2 kg的cd绝 缘杆垂直静止在水平导轨上，在其右侧至N、Q端的区域内充满竖直向上的匀 强磁场.现有质量m＝1 kg的ab金属杆以初速度v0＝12 m/s水平向右与cd绝缘杆 发生正碰后，进入磁场并最终未滑出，cd绝缘杆则恰好能通过半圆导轨最高 点，不计其他电阻和摩擦，ab金属杆始终与导轨垂直且接触良好，取g＝10 m/s2，求： 答案 5 m/s (1)cd绝缘杆通过半圆导轨最高点时的速度大小v；
A.0.1 J
B.0.2 J
C.0.3 J
D.0.4 J
6.两根质量均为m的光滑金属棒a、b垂直放置在如图所示的足够长的水 平导轨上,两金属棒与导轨接触良好,导轨左边间距是右边间距的2倍,两导 轨所在的区域处于竖直向下的匀强磁场中。一根不可伸长的绝缘轻质细 线一端系在金属棒b的中点,另一端绕过轻小光滑定滑轮与质量也为m的 重物c相连,线的水平部分与导轨平行且足够长,c离地面足够高,重力加速 度为g。由静止释放重物c后,两金属棒始终处在各自的导轨上且始终垂直 于导轨,达到稳定状态后,细线中的拉力大小为(导轨电阻忽略不计)( )
5.如图所示,间距为L的平行光滑且足够长的金属导轨固定倾斜放置,倾角 θ=30°,虚线ab、cd垂直于导轨,在ab、cd间有垂直于导轨平面向上、磁 感应强度大小为B的匀强磁场。质量均为m、阻值均为R的金属棒PQ、 MN并靠在一起垂直导轨放在导轨上。释放金属棒PQ,当PQ到达ab瞬间 ,再释放金属棒MN;PQ进入磁场后做匀速运动,当PQ到达cd时,MN刚好 到达ab。不计导轨电阻,重力加速度为g。则MN通过磁场过程中,PQ上 产生的焦耳热为( )
磁场电场综合训练题目及答案
磁场电场综合训练1如图所示，涂有特殊材料的阴极K ，在灯丝加热时会逸出电子，电子的初速度可视为零，质量为m 、电量为e ．逸出的电子经过加速电压为U 的电场加速后，与磁场垂直的方向射人半径为R 的圆形匀强磁场区域．已知磁场的磁感强度为B ，方向垂直纸面向里，电子在磁场中运动的轨道半径大于R 。
试求： （1）电子进人磁场时的速度大小； （2）电子运动轨迹的半径r 的大小；（3）电子从圆形磁场区边界的人射位置不同，它在磁场区内运动的时间就不相同．求电子在磁场区内运动时间的最大值．(1)电子在电场中的加速过程，根据动能定理有：eU ＝2012mv ①得0v ②(2)电子由所受的洛仑兹力提供向心力，有0v ev B mr = ③r＝0mv eB ④(3)分析可知，当电子在磁场中的轨迹弧最长时，它在磁场中运动的时间也最长．因r ＞R ，最大的弦长应等2R ，对应的弧最长，运动时间也最长． 画出几何关系图如右图所示．sin 2θ＝R r=⑤ 电于做圆周运动的周期 T=22r mT v eB ππ== ⑥ 电子在磁场区运动的最长时间2m t Tθπ=⑦解得12sin (m m t eB =－ ⑧评分标准：本题20分．(1)问5分，①式3分，②式2分；(2)问5分，③式3 分，④式2分，(3)问10分，得出⑤式4分，⑥、⑦、⑧式各2分．2. 质谱仪是一种测定带电粒子质量和分析同位素的重要工具，它的构造原理如图所示．离子源S 产生的各种不同正离子束(速度可看作为零)，经加速电场(加速电场极板间的距离为d 、电势差为U)加速，然后垂直进入磁感应强度为B 的有界匀强磁场中做匀速圆周运动，最后到达记录它的照相底片P 上．设离子在P 上的位置与入口处S 1之间的距离为x 。
(1)求该离子的荷质比mq ． (2)若离子源产生的是带电量为q 、质量为m 1和m 2的同位素离子(m 1> m 2)，它们分别到达照相底片上的P 1、P 2位置(图中末画出)，求P 1、P 2间的距离△x 。